6.1. Атом водорода. Электрон атома водорода находится в стационарном состоянии, описываемом волновой функцией $\psi(r)=A \mathrm{e}^{-\alpha r}$, где $A$ и $\alpha$ – некоторые постоянные. Найти энергию $E$ электрона и постоянную $\alpha$.
Р е ш е н и е. В данном случае уравнение Шредингера (6.4) будет иметь вид
\[
\frac{\partial^{2} \psi}{\partial r^{2}}+\frac{2}{r} \frac{\partial \psi}{\partial r}+\frac{2 m}{\hbar^{2}}(E-U) \psi=0 .
\]

Вычислив первую и вторую производные $\psi$-функции по $r$, подставим их выражения в (1) и сгруппируем следующим образом:
\[
\left(\alpha^{2}+\frac{2 m E}{\hbar^{2}}\right)-\left(\frac{2 m e^{2}}{\hbar^{2}}\right) \frac{1}{r}=0 .
\]

Из этого соотношения видно, что равенство его нулю при любых значениях $r$ возможно лишь в том случае, когда обе скобки по отдельности равны нулю. Отсюда
\[
E=-\frac{\alpha^{2} \hbar^{2}}{2 m}, \quad \alpha=\frac{m e^{2}}{\hbar^{2}} .
\]
6.2. Найти средний электростатический потенциал $\varphi_{0}$, создаваемый электроном в центре атома водорода, если электрон находится в основном состоянии, описываемом нормированной $\psi$-функцией $\psi(r)=A \exp \left(-r / r_{1}\right)$, где $A=1 / \sqrt{\pi r_{1}^{3}}, r_{1}$ – первый боровский радиус.
Решени е. Заряд электрона в $1 s$-состоянии – это заряд сферически-симметричного электронного облака, плотность которого $\rho=-e \psi^{2}(r)$. Выделим мысленно тонкий сферический слой с радиусами $r$ и $r+\mathrm{d} r$. Полный заряд этого слоя $\mathrm{d} q=\rho \cdot 4 \pi r^{2} \mathrm{~d} r$ создает в центре атома потенциал $\mathrm{d} \varphi=\mathrm{d} q / r$. Проинтегрировав это выражение по $r$ от 0 до $\infty$, найдем:
\[
\varphi_{0}=\int \mathrm{d} \varphi=\int_{0}^{\infty} \frac{\rho}{r} 4 \pi r^{2} \mathrm{~d} r .
\]

Приведя последний интеграл к табличному виду, получим
\[
\varphi_{0}=-\frac{e}{r_{1}} \int_{0}^{\infty} \mathrm{e}^{-x} x \mathrm{~d} x=-\frac{e}{r_{1}} .
\]

Этот интеграл берется по частям или прямо из таблиц, он равен единице.
6.3. Найти наиболее вероятное расстояние электрона от ядра атома водорода в состоянии $2 p$.
Р е ш е и е. В этом состоянии электронное облако не является сферически-симметричным. Согласно формуле (6.12)
\[
\psi=R(r) \cdot Y(\theta, \varphi) .
\]

Найдем сначала вероятность местонахождения электрона в элементе объема $\mathrm{d} V$ вблизи некоторой точки пространства $r, \theta, \varphi$ :
Рис. 6.10
\[
\mathrm{d} P=\psi^{2} \mathrm{~d} V=A R^{2}(r) Y^{2}(\theta, \varphi) r^{2} \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \Omega,
\]

где объем $\mathrm{d} V=\mathrm{d} S \mathrm{~d} r$ (рис. 6.10). Поскольку $\mathrm{d} \Omega=\mathrm{d} S / r^{2}$, то $\mathrm{d} V=r^{2} \mathrm{~d} \Omega \cdot \mathrm{d} r$.
Теперь найдем вероятность пребывания электрона в сферическом слое с радиусами $r$ и $r+\mathrm{d} r$. Для этого надо проинтегрировать (1) по телесному углу d $\Omega$ :
\[
\mathrm{d} P=A R^{2}(r) r^{2} \mathrm{~d} r \int Y(\theta, \varphi) \mathrm{d} \Omega .
\]

Интеграл в (2) не зависит от $r$, это некоторое число. Значит, можно записать, что
\[
\mathrm{d} P=B R^{2}(r) r^{2} \mathrm{~d} r
\]

и плотность вероятности в расчете на единицу толщины слоя:
\[
\mathrm{d} P / \mathrm{d} r=B r^{2} R^{2}(r),
\]

где $B$ – некоторая постоянная. Теперь введем вместо $r$ новую переменную $\rho=r / r_{1}$ и согласно табл. 6.1 перепишем $R(\rho)$ в явном виде. В результате (4) примет вид
\[
\mathrm{d} P / \mathrm{d} r \sim \rho^{2} R^{2}(\rho)=\rho^{4} \mathrm{e}^{-\rho} .
\]

Функция $f(\rho)=\rho^{4} \mathrm{e}^{-\rho}$ имеет максимум. Найдем значение $\rho$, при котором он будет наблюдаться. Для этого продифференцируем $f(\rho)$ по $\rho$ и полученный результат приравняем к нулю. В результате получим
\[
\rho_{\text {вep }}=4 .
\]

Так как $\rho$ – это расстояние $r$ в единицах $r_{1}$, то найденное значение $\rho_{\text {вер }}$ соответствует второму боровскому радиусу согласно (2.23).
6.4. Атомы щелочных металлов. Найти ридберговскую поправку $3 P$-терма атома $\mathrm{Na}$, первый потенциал возбуждения которого $\varphi_{1}=2,10 \mathrm{~B}$, а энергия связи валентного электрона в основном $3 S$-состоянии $E_{0}=5,14$ эВ.
Р е ше и е. Воспользуемся формулой (6.19), которая содержит интересующую нас поправку. В этой формуле левую часть (энергию $3 P$-состояния) можно представить согласно рис. 6.11 как
\[
E_{3 P}=-\left(E_{0}-e \varphi_{1}\right)=-(5,14-2,10)
i \text { эВ }
\]
(имея в виду, что энергия уровня равна с обратным знаком энергии связи на этом уров-
Рис. 6.11
не). Таким образом, формула (6.19) примет вид
\[
E_{0}-e \varphi_{1}=\frac{\hbar R}{\left(3+\sigma_{p}\right)^{2}},
\]

откуда
\[
\sigma_{p}=\sqrt{\frac{\hbar R}{E_{0}-e \varphi_{1}}}-3=-0,88 .
\]
6.5. Найти энергию связи валентного электрона в основном состоянии атома лития, если известно, что длины волн головной линии резкой серии и ее коротковолновой границы равны соответственно $\lambda_{1}=813$ нм и $\lambda_{K}=350$ нм.
Р е ше н и е. Согласно (6.19) энергия связи электрона в $2 s$-состоянии равна
\[
E_{\mathrm{cB}}=\left|E_{2 s}\right|=\frac{\hbar R}{\left(2+\sigma_{s}\right)^{2}} .
\]

Задача сводится к нахождению поправки $\sigma_{s}$. Воспользовавшись рис. 6.3 и формулой (6.19), запишем разность энергий
\[
\hbar \omega_{K}-\hbar \omega_{1}=\frac{\hbar R}{\left(3+\sigma_{s}\right)^{2}} .
\]

Имея в виду, что $\omega=2 \pi c / \lambda$, перепишем (2) так:
\[
\sigma_{s}=\sqrt{\frac{R \lambda_{1} \lambda_{K}}{2 \pi c\left(\lambda_{1}-\lambda_{K}\right)}}-3 .
\]

Остается подставить (3) в (1), и мы получим:
\[
E_{\mathrm{cв}}=\frac{\hbar R}{\left(\sqrt{R \lambda_{1} \lambda_{K} / 2 \pi c \Delta \lambda}-1\right)^{2}}=5,3 \text { эВ, }
\]

где $\Delta \lambda=\lambda_{1}-\lambda_{K}$.
6.6. Момент импульса. Найти максимально возможный полный механический момент и соответствующий спектральный символ терма атома в состоянии с электронной конфигурацией $1 s^{2} 2 p 3 d$.
Р еш ен и е. Максимальный момент будет складываться из максимальных орбитального и спинового моментов. Это относится и к соответствующим квантовым числам:
\[
L_{\text {макс }}=1+2=3, \quad S_{\text {макс }}=1 / 2+1 / 2=1 .
\]

В результате получим:
\[
J_{\text {макс }}=3+1=4, \quad M_{\text {макс }}=\hbar \sqrt{20}, \quad{ }^{3} F_{4} .
\]
6.7. Определить спектральный символ терма атома, мультиплетность $v$ которого равна пяти, кратность вырождения по квантовому числу $J$ – семи и значение орбитального квантового числа равно максимально возможному в этих условиях.
Р е ш е и е. Из мультиплетности $v=2 S+1$ находим $S=2$, а из кратности вырождения $(2 J+1)$ имеем $J=3$. Далее, мы знаем, что вообще говоря, если известны $L$ и $S$, то квантовое число $J$ в формуле (6.38) может принимать значения (через единицу) от $L+S$ до $|L-\mathrm{S}|$. Отсюда видно, что значениям $J=3, S=2$ и требованию, чтобы $L$ было максимальным, отвечает условие
\[
J=L-S, \quad \text { откуда } L=J+S=5 .
\]

Спектральный символ этого состояния ${ }^{5} \mathrm{H}_{3}$.
6.8. Написать спектральный символ терма, кратность вырождения которого по $J$ равна семи, и квантовые числа $L$ и $S$ связаны соотношением $L=3 S$.

Р е ше н и е. Из условия, что кратность вырождения по $J$, т. е. $2 J+1=7$, находим $J=3$. Отсюда следует, что $S$ может быть только целым числом: $1,2, \ldots$ Соответственно $L$ равно $3,6, \ldots$
При $S=1$ и $L=3$ одно из значений $J$ будет равно 3 . Если же взять другую пару: $S=2$ и $L=6$, то значение $J=3$ из них получить невозможно. То же и при бо́льших значениях $S$.
Остается $S=1, L=3, J=3$. Соответствующий спектральный символ ${ }^{3} F_{3}$.
6.9. Правила Хунда. Найти кратность вырождения основного терма атома, электронная конфигурация единственной незаполненной подоболочки которого $d^{6}$.
$\mathrm{P}$ е ш е и е. Символ $d$ соответствует $l=2$. Составим табличку распределения электронов по значениям квантового числа $m_{l}$, стараясь в соответствии с правилами Хунда, чтобы суммарное $S$ было максимальным и чтобы при этом и $L$ было максимальным (точнее следует говорить сначала о максимальных значениях $m_{S}$ и $m_{L}$ ). Из приведенной таблички
видно, что максимальная сумма $m_{S}=2$, значит и $S=2$. Кроме того, максимальное значение $m_{L}=2$, значит и $L=2$. Так как подоболочка заполнена более, чем наполовину, то по второму правилу Хунда $J=L+S=4$.
Итак, основной терм этой конфигурации $^{5} D_{4}$ и его кратность вырождения (число различных $m_{J}$ ) определяется как $2 J+1$, т. е. девять.
6.10. Рентгеновские спектры. Найти порядковый номер $Z$ легкого элемента, у которого в спектре поглощения рентгеновского излучения разность частот $K$ – и $L$-краев поглощения равна $\Delta \omega=6,85 \cdot 10^{18} \mathrm{c}^{-1}$. $\mathbf{P}$ е ш е н и е. По существу $\hbar \Delta \omega-$ это разность энергий связи электрона на $K$ – и $L$-уровнях, частота перехода между которыми (см. рис. 6.7) определяется законом Мозли (6.43). Таким образом, из равенства
\[
\frac{3}{4} R(Z-1)^{2}=\Delta \omega
\]

найдем:
\[
Z=1+\sqrt{4 \Delta \omega / 3 R}=22 \text {, т. е. титан. }
\]
6.11. Найти энергию связи $K$-электрона ванадия ( $Z=23$ ), для которого длина волны $L$-края полосы поглощения равна $\lambda_{L}$.
Р е ш е и е. С помощью схемы на рис. 6.7 можно записать, что искомая энергия связи
\[
E_{K}=\hbar \omega_{L}+\hbar \omega_{K \alpha},
\]

где $\omega_{L}=2 \pi c / \lambda_{L}$ и $\omega_{K \alpha}$ – частота, определяемая законом Мозли (6.43). В результате
\[
E_{K}=\hbar\left[\frac{2 \pi c}{\lambda_{L}}+\frac{3}{4} R(Z-1)^{2}\right] .
\]